2019-2020学年福建省泉州市高二上学期期末数学试题（解析版）

2019-2020学年福建省泉州市高二上学期期末数学试题（解析版）

‎2019-2020学年福建省泉州市高二上学期期末数学试题 一、单选题 ‎1．已知向量．若，则（ ）‎ A．-1 B．0 C．1 D．2‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据空间向量平行的等价条件，列出方程，即可求得本题答案.‎ ‎【详解】‎ 因为，根据空间向量平行的等价条件，有，得.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间向量平行的等价条件，属于基础题.‎ ‎2．在等差数列中，若，则公差（ ）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【答案】B ‎【解析】把用表示出来，根据题目条件列出方程组，即可求得本题答案.‎ ‎【详解】‎ 在等差数列中，因为，所以，求得.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查等差数列通项公式的应用，属于基础题.‎ ‎3．过点且与直线平行的直线方程是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】设所求的直线方程为，代入点，即可求得本题答案.‎ ‎【详解】‎ 因为所求直线方程与直线平行，所以可设为，又因为经过点，代入可得，则所求直线方程为.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线方程的求法，属于基础题.‎ ‎4．已知各项均为正数的等比数列单调递增，且，则（ ）‎ A．24 B．36 C．48 D．54‎ ‎【答案】D ‎【解析】由可求得的值，然后通过解方程组求得的值，进而可得到本题的答案.‎ ‎【详解】‎ 因为，且为各项是正数的等比数列，得，所以，由于为递增的等比数列，可得，根据，得.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题主要考查等比数列的性质，属于基础题.‎ ‎5．若双曲线经过点，则的渐近线方程是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】代入点，可求得双曲线的标准方程，进而可得本题的答案.‎ ‎【详解】‎ 把点代入，可得，所以双曲线的标准方程为，令，可求得双曲线的渐近线方程为.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题主要考查双曲线的渐近线方程的考法，属于基础题.‎ ‎6．记为数列的前项和．若点，在直线上，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题可得，，根据，可求得为等比数列，进而可求得本题答案.‎ ‎【详解】‎ 因为点在直线上，所以.‎ 当时，，得；‎ 当时，①，②，①-②得，，‎ 所以数列为等比数列，且公比，首项，‎ 则.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查根据的关系式求通项公式的方法.‎ ‎7．已知正四棱锥的底面边长为，高为，则此四棱锥的侧棱与底面所成角的大小为（ ）‎ A．30° B．45° C．60° D．75°‎ ‎【答案】C ‎【解析】求出的大小，即可得到本题的答案.‎ ‎【详解】‎ 在正四棱锥中，连接AC，BD交于点O，再连接PO，因为是正四棱锥，所以PO与底面ABCD垂直，则为侧棱与底面所成角，由题有，，，因为ABCD为正方形，所以，在中，，解得，.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与平面所成角的求法，属基础题.‎ ‎8．若抛物线上一点到焦点的距离是该点到轴距离的2倍，则（ ）‎ A． B． C．1 D．2‎ ‎【答案】D ‎【解析】利用抛物线上的点到焦点的距离为，列出方程，可求得本题答案.‎ ‎【详解】‎ 因为到焦点的距离，则，解得．‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题主要考查利用抛物线的定义求抛物线上的点的坐标，属基础题.‎ ‎9．已知圆与直线及均相交，若四个交点围成的四边形价为正方形，则的半径为（ ）‎ A．3 B． C．2 D．1‎ ‎【答案】D ‎【解析】正方形的对角线即圆的直径，求出对角线的长即可得到本题答案.‎ ‎【详解】‎ 因为直线与直线互相平行，‎ 所以两直线之间的距离，‎ 由题意，圆与两直线相交，四个交点围成的四边形为正方形，‎ 则两平行线之间的距离即为正方形的边长，正方形的对角线即圆的直径．‎ 设圆的半径为，有，解得，‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题考查直线与圆的综合应用问题，属于中档题．‎ ‎10．圆锥曲线与空间几何体具有深刻而广泛的联系，如图所示，底面半径为1，高为3的圆柱内放有一个半径为1的球，球与圆柱下底而相切，作不与圆柱底面平行的平面与球相切于点，若平面与圆柱侧面相交所得曲线为封闭曲线，是以为一个焦点的椭圆，则的离心率的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】考虑与底面趋于平行和与底面的夹角最大两种情况，即可确定离心率的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 当与底面趋于平行时，几乎成为一个圆，‎ 因此离心率可以充分接近0．‎ 当与底面的夹角最大时，的离心率达到最大，下面求解这一最大值．‎ 如图，为长轴，为焦点时，最大．，易知，所以 ‎，．则离心率的取值范围是．‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查圆锥曲线与空间几何的综合应用问题，难度稍大.‎ 二、多选题 ‎11．记为等差数列的前项和．若，则以下结论一定正确的是（ ）‎ A． B．的最大值为 C． D．‎ ‎【答案】AC ‎【解析】由，可得，进而逐项判断，可得本题答案.‎ ‎【详解】‎ 设等差数列的公差为，则，解得，‎ 所以，所以，故A正确；‎ 因为，所以，故C正确；‎ 由于的正负不清楚，故可能为最大值或最小值，故B不正确；‎ 因为，所以，即，故D不正确．‎ 故选：AC ‎【点睛】‎ 本题主要考查等差数列的综合应用问题，属中档题.‎ ‎12．如图，正三棱柱中，、点为中点，点为四边形内（包含边界）的动点则以下结论正确的是（ ）‎ A．‎ B．若平面，则动点的轨迹的长度等于 C．异面直线与，所成角的余弦值为 D．若点到平面的距离等于，则动点的轨迹为抛物线的一部分 ‎【答案】BCD ‎【解析】根据空间向量的加减法运算以及通过建立空间直角坐标系求解，逐项判断，进而可得到本题答案.‎ ‎【详解】‎ 解析：对于选项A，，选项A错误；‎ 对于选项B，过点作的平行线交于点．‎ 以为坐标原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系．‎ 设棱柱底面边长为，侧棱长为，则，，，，所以，．‎ ‎∵，∴，‎ 即，解得．‎ 因为平面，则动点的轨迹的长度等于．选项B正确．‎ 对于选项C，在选项A的基础上，，，，，所以，，‎ 因为，所以异面直线所成角的余弦值为，选项C正确．‎ 对于选项D，设点E在底面ABC的射影为，作垂直于，垂足为F，若点E到平面的距离等于，即有，又因为在中，，得，其中等于点E到直线的距离，故点E满足抛物线的定义，另外点E为四边形内（包含边界）的动点，所以动点E的轨迹为抛物线的一部分,故D正确.‎ ‎ ‎ 故选：BCD ‎【点睛】‎ 本题主要考查立体几何与空间向量的综合应用问题，其中涉及到抛物线定义的应用.‎ 三、填空题 ‎13．抛物线的焦点坐标是______________，准线方程是_____________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】根据抛物线的焦点坐标为，准线方程为，可得本题答案.‎ ‎【详解】‎ 因为抛物线的标准方程为，得，所以其焦点左边为，准线方程为.‎ 故答案为：；‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查抛物线的焦点坐标和准线方程，属于基础题.‎ ‎14．记为各项均为正数的等比数列的前项和．若，则公比_________，____________．‎ ‎【答案】2 63 ‎ ‎【解析】两个式子相除可求得q，代入①式可求得，最后可得本题答案.‎ ‎【详解】‎ 因为等比数列的各项均为正数，①，②，②÷①得，，代入①，可得，所以.‎ 故答案为：2；63‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查等比数列通项公式与求和公式的综合应用，属基础题.‎ ‎15．已知圆，则圆心到直线的距离为____________．若为上任意一点，过作的切线，则切线长最短时的切线方程为_____________．‎ ‎【答案】 或 ‎ ‎【解析】易得圆心为，直接利用点到直线的距离公式可得第一空的答案；当取最小值时，切线长最短，先求出PC的直线方程，联立两个直线方程确定点P的坐标，利用圆心到切线的距离等于半径长，求出切线斜率即可得到第二空的答案.‎ ‎【详解】‎ 第一空解析：易得圆心为，所以圆心到直线的距离.‎ 第二空解析：设切线长为，则，所以当切线长取最小值时，取最小值，过圆心作直线的垂线，则点为垂足点，此时，直线的方程为，‎ 联立，得，点的坐标为．‎ 由题意可得，解得或，‎ 此时，所求切线的方程为或．‎ 故答案为：；或 ‎【点睛】‎ 本题考查过点的圆的切线方程的求解，考查圆的切线长相关问题，在过点引圆的切线问题时，要对直线的斜率是否存在进行分类讨论，另外就是将直线与圆相切转化为圆心到切线的距离等于半径长，考查分析问题与解决问题的能力，属于中等题．‎ ‎16．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款面向中学生的应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动。这款软件的激活码为下面数学题的答案：记集合．例如：，若将集合的各个元素之和设为该软件的激活码，则该激活码应为____________；‎ 定义现指定，将集合的元素从小到大排列组成数列，若将的各项之和设为该软件的激活码，则该激活码应为_____________．‎ ‎【答案】376 760 ‎ ‎【解析】令，可得到的最小元素为16，令 ‎，可得到的最大元素为31，进而可得到第一空的答案；结合二进制表示，当时，的各项可以看成首位为1的六位二进制数，求出，符合条件的有8个数，同理可得到其他情况的个数，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】‎ 解析：集合，‎ 当，时，；‎ 当时，；‎ 所以共有16个元素，故激活码为；‎ 结合二进制表示，当时，的各项可以看成首位为1的六位二进制数，‎ 对于，符合条件的有8个数，‎ 同理对于，，，时，符合条件的也分别是8个数，‎ 故激活码为．‎ 故答案为：376；760‎ ‎【点睛】‎ 本题非常巧妙的将实际问题与二进制融合在一起，读懂题目所表达的具体含义是解决本题的关键.‎ 四、解答题 ‎17．已知公差不为零的等差数列满足是与的等比中项．‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）是否存在值，使得的前项和？‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）存在 ‎【解析】（1） 由，是与的等比中项，可算得d，进而可求得的通项公式；‎ ‎（2） 列出等式求解，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）设的公差为，‎ 因为是与的等比中项，所以．‎ 因为，所以，解得，‎ 所以．‎ ‎（2）因为，令，‎ 则，解得．‎ 所以存在为6，使得的值为27．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查等差数列与等比数列的综合问题，属基础题.‎ ‎18．已如圆的圆心在直线上．且经过点．‎ ‎（1）求的标准方程；‎ ‎（2）过点的直线被所截得的弦长为4，求的方程．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）或 ‎【解析】（1） 设圆的方程为，代入点，求出方程组的解，即可得到本题答案；‎ ‎（2） 考虑斜率存在和不存在两种情况，求出满足题目条件的直线方程.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设圆心，圆方程：．‎ 由在上有，‎ ‎，解得．‎ ‎∴圆的方程为．‎ ‎（2）由已知得圆心到直线距离为．‎ ‎①当斜率不存在时，直线方程为，此时圆心到直线距离为1，符合题意．‎ ‎②当斜率存在时，设，即．‎ 圆心到直线距离，解得．‎ 故方程为，即．‎ 综合①②有，所求直线方程为或．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查圆的标准方程以及已知圆的弦长求直线方程的问题，属基础题.‎ ‎19．已知顶点在坐标原点，焦点在轴上的抛物线过点．‎ ‎（1）求的标准方程；‎ ‎（2）若直线与交于两点，证明：．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）证明见解析 ‎【解析】（1）把点代入抛物线方程，求得p，即可得到本题答案；‎ ‎（2）直线方程与抛物线方程联立消y，利用韦达定理，证明，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）解：设所求抛物线方程为,因为抛物线过点，所以，解得，故所求抛物线方程为．‎ ‎（2）联立方程组，消去，得①‎ 设，由方程①得：，‎ 又，则，所以，‎ 所以．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查抛物线标准方程的求法以及直线与抛物线的综合问题，联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理，逐步化简求解，是解决此类问题的关键.‎ ‎20．已知数列满足．‎ ‎（1）设，求数列的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】（1） 等式两边同除以，再用累加法，即可求得数列的通项公式；‎ ‎（2） 先求得，接着用错位相减的方法求前n项和.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，两边同除以，‎ 得，令，则．‎ 所以，，，…，‎ 得 ‎．‎ 又因为，所以．‎ ‎（2），令，‎ 所以①，‎ ‎②，‎ ‎①-②得，‎ ‎，‎ 所以．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查用累加法求数列的通项公式以及用错位相减的方法求数列的前n项和.‎ ‎21．折纸与数学有着千丝万缕的联系，吸引了人们的广泛兴趣．因纸的长宽比称为白银分割比例，故纸有一个白银矩形的美称．现有一张如图1所示的纸，．‎ 分别为的中点，将其按折痕折起（如图2），使得四点重合，重合后的点记为，折得到一个如图3所示的三棱锥．记为的中点，在中，为边上的高．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若分别是棱上的动点，且．当三棱锥的体积最大时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析 ‎（2）‎ ‎【解析】（1）通过证明，可得到平面ACD；‎ ‎（2）因为且三棱锥的高为定值，所以当最大时，三棱锥的体积取得最大值，由此可确定M，N 两点为AB，BC的中点，接着通过建立空间直角坐标系求解，可得到本题答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）连接．设，‎ 则，翻折后的．‎ 在中，，，为的中点，‎ ‎∴．又∵在中，，‎ ‎∴为的中点，∴．‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴平面．‎ ‎（2）∵且三棱锥的高为定值，‎ ‎∴最大时，三棱锥的体积取得最大值．‎ 设，所以 又∵为定值，∴当时，最大，即三棱锥的体积最大．此时分别是上的中点，‎ 由（1）可得，，∴．‎ ‎∵，，∴．‎ 以为坐标原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，‎ 则，‎ ‎，‎ ‎．‎ 设平面的一个法向量为．‎ ‎∴，∴‎ 取，则，∴平面的一个法向量为． ‎ 设平面的一个法向量为．‎ ‎∴，∴‎ 取，则，‎ ‎∴平面的一个法向量为．‎ 则．‎ 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为． ‎ ‎【点睛】‎ ‎（1）本题主要考查空间几何的折叠问题，涉及到直线与平面平行的证明以及用向量法求二面角的问题.‎ ‎22．已知的两个顶点的坐标分别是，，且直线的斜率之积是．‎ ‎（1）是否存在定点，使得为定值？‎ ‎（2）设点的轨迹为，点是上互异的三点，且关于轴对称，．求证：直线恒过定点．‎ ‎【答案】（1）存在 ‎（2）证明见解析 ‎【解析】（1）设点，把表示出来，根据题目条件列出等式，化简即可得到本题答案；‎ ‎（2）根据题目条件可得，设DE的直线方程为，联立椭圆方程，消去y，利用韦达定理，逐步化解，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）设，由已知得：，‎ 则有，‎ 化简得：，‎ 由椭圆的定义可知，存在定点使得为定值． ‎ ‎（2）由于在上，所以斜率存在，‎ 由条件得，．‎ 设，‎ 联立，消去得，，‎ 由韦达定理得，‎ ‎③‎ 把①，②代入③，得 ‎，解得或．当时，与题意矛盾，要舍去，‎ 所以直线DE过定点．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查椭圆的定义以及直线与椭圆的综合问题，联立直线方程与椭圆方程及利用韦达定理，是解决此类问题的关键.‎